Lösningar till tentamen i MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 98 01 17.

4.

För att visa att ringen är en kropp gäller det att visa att $p(x)=x^{2}+3x+1\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är av grad 2 räcker det att visa att det saknar faktor av grad 1. Enligt faktorsatsen är detta det samma som att visa att p(x) saknar rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$och inget duger. Därmed är p(x) irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha),$ där $p(\alpha)=0,$ en kropp. För att invertera $2+\alpha$ bestämmer vi en största gemensam delare med $p(\alpha)$ med hjälp av Euklides algoritm:

$$0=\alpha^{2}+3\alpha+1=(\alpha+1 )(\alpha +2)-1.$$

Detta ger $1=(2+\alpha)(1+\alpha),$ så $(2+\alpha)^{-1}=1+\alpha.$

Svar: $(2+\alpha)^{-1}=1+\alpha.$

5.

Vi bestämmer först egenvärden till A genom att bestämma värden på $\lambda$ så att $A-\lambda I$ har rang $\leq 2.$ Vi gör radoperationer:

$$A-\lambda I= \left(\begin{array} {rrr} 2-\lambda&2&4\\ 1&3... ...\lambda-1&4+(\lambda-2)(2-\lambda)\end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 1&4&2-\lambda\\ 0&-1... ...-\lambda&\lambda\\ 0&0&3\lambda-\lambda^{2}\end{array}\right).$$

Vi ser att rangen är $\leq 2$ om och endast om $0=\lambda(3-\lambda),$ eller $\lambda=4.$ Egenvärdena är alltså $\lambda=0,\,3$ och 4.

Vi bestämmer en egenvektor hörande till vart och ett av egenvärdena och utnyttjar räkningen ovan:

$$A-0I\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 1&4&2\\ 0&-1&0... ...begin{array} {rrr} 1&4&3\\ 0&0&4\\ 0&0&1\end{array}\right)$$

Vi har (t.ex.) egenvektorerna $\mathbf v_{1}=(3,0,1),\,\mathbf v_{2}=(3,2,1)$ och $\mathbf v_{3}=(1,1,0).$ Om $C=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})$ har vi att AC=CD, där

$$D=\left(\begin{array} {rrr} 0&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&4\end{array}\right)$$

Eftersom egenvektorerna hör till olika egenvärden är de linjärt oberoende och C har därför rang 3 och är därmed inverterbar.

Svar: $C=\left(\begin{array} {rrr} 3 & 3 & 1\\ 0 & 2 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{array}\right)$ och $D=\left(\begin{array} {rrr}0 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{array}\right)$

6.

Eftersom $1-\alpha$ är ett nollställe till f(x) vet vi att $(x-1+\alpha)$ delar f(x). Vi utför divisionen och får:

$$f(x)=(x^{2}+(1+3\alpha))(x-1+\alpha)$$

Eftersom $\alpha^{2}=-3\alpha-1$ har vi $x^{2}+(1+3\alpha)=x^{2}-\alpha^{2}=(x-\alpha)(x+\alpha).$ Detta ger

$$f(x)=(x-\alpha)(x+\alpha)(x-1+\alpha).$$

Svar: $\pm\alpha$ och $1-\alpha.$

7.

Vi sätter $f(x)=\sum_{i}a_{i}x^{i}$ och bestämmer först ett uttryck för f(x). Om vi sätter p(x)=1-3x/2+x²/2 har vi att

$$p(x)f(x)=(1-3x/2+x^{2}/2)(1+3x/2+a_{2}x^{2}+\cdots)=1.$$

Vi har alltså f(x)=2/(2-3x+x²)=2/(1-x)(2-x). Multipicerar vi f(x) med $u(x)=1+x+x^{2}+\cdots=1/(1-x)$ får vi en ny potensserie vars koefficient framför xⁿ är den sökta summan. Ansättning för partialbråksuppdelning ger

$$u(x)f(x)=\frac{2}{(1-x)^{2}(2-x)}=\ frac{A}{(1-x)^{2}}+\frac{B}{1-x}+\frac{C}{2-x}.$$

Handpåläggning ger $A=2\,\,(x=1)$ och $C=2\,\, (x=2).$ Sätter vi x=0 får vi 1=A+B+C/2=3+B, så B=-2. Vi får

$$u(x)f(x)=2u(x)^{2}-2u(x)+u(x/2)=\sum_{i}(2(i+1)-2+2^{-i})x^{i}.$$

Svar: 2n+2^-n.

8.

Vi underöker om $p(x)=x^{4}+3x^{2}+4\in \mathbb Z/5[x]$faktoriserar. Eftersom $p(0)=4,\,p(1)=3=p(-1)=p(4)$ och p(2)=2=p(-2)=p(3), saknar polynomet nollställe och, enligt Faktorsatsen, därmed faktor av grad 1 (och följdaktligen faktor av grad 3.) Vi undersöker om p(x) är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c$och $d\in \mathbb Z/5.$ Utveckling ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=&a+c\\ 3&=&b+ac+d\\ 0&=&ad+bc\\ 4&=&bd\end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger $b=1,\,d=4$ eller b=2=d eller motsvarande där b och d byter plats. Sista alternativet ger ac=2 i andra ekvationen. Tillsammans med den första ger detta a²=4. Eftersom $(\pm 1)^{2}=4$ har vi lösningen $a=1,\,c=-1.$

Vi får

p(x)=(x²+x+2)(x²+4x+2)

där de två faktorerna är irreducibla.

Vi har alltså kroppen $\mathbb Z/5(\alpha),$ där $\alpha^{2}=4\alpha+3.$ Vi faktoriserar x²+x+2 med Faktorsatsen och får

$$x^{2}+x+2=(x+4\alpha)(x+1+\alpha)$$

Polynomet p(x) har alltså nollställena $\alpha$ och $4+4\alpha.$ Eftersom p(-x)=p(x) är också $4\alpha$ och $1+\alpha$ nollställen till p(x). Enligt faktorsatsen har vi faktoriseringen

$$p(x)=(x+4\alpha)(x+1+\alpha)(x+\alpha)(x+4+4\alpha)$$

Svar: $\parbox{9cm}{ (T.ex.) $K=\mathbb Z/5(\alpha),$\space där $\alpha^{2}... ...$\space med faktorisering\\ $ (x+4\alpha)(x+\alpha)(x+4+4\alpha)(x+1+\alpha).$}$